Baitap khonggianmetric

Chứng minh rằng tập hợp tất cả các điểm biên của một tập hợp tuỳ ý là một tậpđóng.. Lấy a là một điểm tụ của FrA, ta chứng tỏ rằng a ∈ FrA, do đó FrA là tập đóng... Ta biết rằng trong kh

Bài tập về Không gian Metric

Biên soạn: TS Vũ Tiến Việt

1 Cho không gian metric (X, d) và tập hợp E ⊂ X thoả mãn

inf

x,y∈E d(x, y) > 0

Chứng minh rằng tâp hợp E không có điểm tụ.

Lời giải Ta biết rằng điểm a là điểm tụ của tập hợp E nếu bất kỳ lân cận U(a)

nào của a cũng chứa vô số điểm của E Vì thế để chứng minh E không có điểm tụ,

ta sẽ chứng tỏ rằng với bất kỳ a ∈ X, tồn tại lân cận của a chỉ chứa không quá 1 điểm của E Thật vậy, đặt

inf

x,y∈E d(x, y) = r > 0 thì d(x, y) ≥ r, ∀x, y ∈ E.

Xét lân cận hình cầu mở B(a, r

2) của a Giả sử lân cận này chứa 2 điểm của E là

x, y nào đó Khi ấy

d(x, y) ≤ d(x, a) + d(a, y) < r

2 +

r

2 = r mâu thuẫn với d(x, y) ≥ r, ∀x, y ∈ E.

Vậy lân cận B(a, r

2) của a chứa không quá 1 điểm của E.

2 Cho A, B là hai tập con khác rỗng của không gian metric (X, d).

Đặt f (x) = d(x, A) − d(x, B).

1) Chứng minh f (x) là một hàm liên tục trên X.

2) Chứng minh tập E = {x ∈ X| d(x, A) = d(x, B)} là một tập đóng.

3) Giả thiết thêm A ∩ B = A ∩ B = ∅.

Chứng minh rằng tồn tại các tập mở U ⊃ A, V ⊃ B sao cho U ∩ V = ∅.

1

0 ≤ |f (x) − f (y)| = |d(x, A) − d(x, B) − d(y, A) + d(y, B)|

≤ |d(x, A) − d(y, A)| + |d(x, B) − d(y, B)| ≤ 2d(x, y).

Bất đẳng thức này chứng tỏ rằng f (x) là một hàm liên tục trên X.

2) Xét tập mở (−∞, 0) ⊂ R Theo tính chất của ánh xạ liên tục, ta có f −1 (−∞, 0)

3 Cho X là không gian tiền compact (hay hoàn toàn bị chặn) Chứng minh X khả ly.

Lời giải Cách 1 Ta biết rằng tập Y ⊂ X là hoàn toàn bị chặn nếu ∀r > 0 thì Y

được chứa trong hợp của một số hữu hạn hình cầu có bán kính r.

Do X hoàn toàn bị chặn, nên lấy r n = 1

Suy ra d(x, A) = 0, nên x ∈ A, hay là X = A.

Vậy tập hợp đếm được A = {a nk , (k = 1, 2, , p n ), (n = 1, 2, )} trù mật trong X.

Do đó X khả ly.

Ghi chú Đây là định lý 11.3 (trang 52), trong sách "Cơ sở lý thyết hàm và giải tích

hàm - tập 1" của Nguyễn Văn Khuê, Bùi Tắc Đắc, Đỗ Đức Thái (Hà Nội - 2001)

Cách 2 +) Trước hết ta chứng minh rằng: X là không gian tiền compact (hay hoàn toàn bị chặn) nếu và chỉ nếu ∀ε > 0 tồn tại tập hợp gồm hữu hạn phần tử H ⊂ X sao cho d(x, H) ≤ ε, ∀x ∈ X Thật vậy

Giả sử X là không gian tiền compact Khi đó ∀ε > 0 tồn tại các hình cầu B1, B2, , B n

đó suy ra d(x, H) ≤ ε.

Ngược lại, giả sử ∀ε > 0 tồn tại tập hợp gồm hữu hạn phần tử H = {x1, x2, , x n } ⊂

X sao cho d(x, H) ≤ ε, ∀x ∈ X Xét n hình cầu B(x1, ε), B(x2, ε), , B(x n , ε) Vì

∀x ∈ X thì d(x, H) ≤ ε, nên d(x, H) = min{d(x, x1), d(x, x2), , d(x, xn)} ≤ ε Suy

ra tồn tại k nào đó ∈ {1, 2, , n} sao cho d(x, x k ) ≤ ε, do đó x ∈ B(x k , ε) và dẫn

tới X =

n

[

k=1

B(x k , ε) Vậy X là tiền compact.

+) Trở lại bài toán đã cho Vì X hoàn toàn bị chặn nên ∀n ∈ N tồn tại tập hợp gồm hữu hạn phần tử H n ⊂ X sao cho d(x, H n ) ≤ ε = 1

4 Trên tập hợp số thực R ta định nghĩa d(x, y) = |x3− y3|, ∀x, y ∈ R.

1) Chứng minh rằng (R, d) là không gian metric đầy đủ.

2) Ánh xạ f : (R, d) → (R, d) xác định bởi f (x) = e x có liên tục không?

3) Chứng minh rằng khoảng cách d(x, y) nói trên tương đương tôpô với khoảng cách thông thường %(x, y) = |x − y| Song, các khoảng cách đó không tương đương đều.

Lời giải 1) Việc kiểm tra 3 tiên đề về metric đối với d(x, y) = |x3− y3| là dễ dàng.

Ta chứng tỏ rằng (R, d) là không gian metric đầy đủ.

3) Để chứng minh các khoảng cách d và % tương đương tôpô, ta cần chứng tỏ ánh

xạ đồng nhất Id : (R, d) → (R, %) và ánh xạ ngược Id −1 : (R, %) → (R, d) là liên tục Lấy x ∈ R và dãy {x n } ∞

Nhận xét Ta còn thấy các dãy cơ bản (dãy Cauchy) trong (R, %) và trong (R, d) là

trùng nhau (giải thích?)

Tuy nhiên, các khoảng cách d và % không tương đương đều Thật vậy, ta sẽ chứng minh ánh xạ đồng nhất Id : (R, d) → (R, %) hoặc ánh xạ ngược Id −1 : (R, %) → (R, d) không liên tục đều Do đó các khoảng cách % và d không tương đương đều.

Ánh xạ Id−1 : (R, %) → (R, d) liên tục đều có nghĩa là ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho

5 Cho X là không gian metric compact và {x n } ∞

n=1 là một dãy trong X Chứng minh rằng nếu {xn } ∞

n=1 chỉ có một điểm tụ duy nhất (gọi là a) thì nó hội tụ (đến a).

Lời giải Giả sử a không phải là giới hạn của dãy {x n } ∞

Vì X compact nên dãy con {x n k } ∞

k=1 phải ca ít nhất một điểm tụ (gọi là b) và do

X \ B(a, r) là tập đóng ta suy ra b ∈ (X \ B(a, r)) Do đó b 6= a và như thế dãy {x n } ∞

n=1 có hai điểm tụ khác nhau, mâu thuẫn với giả thiết!

Vậy dãy {x n } ∞

n=1 phải hội tụ (đến a).

6 Chứng minh rằng tập hợp tất cả các điểm biên của một tập hợp tuỳ ý là một tậpđóng

Lời giải Ta gọi FrA là tập hợp tất cả các điểm biên của tập hợp A Lấy a là một

điểm tụ của FrA, ta chứng tỏ rằng a ∈ FrA, do đó FrA là tập đóng.

Thật vậy, lấy lân cận bất kỳ V của a thì ta có b 6= a mà b ∈ FrA Nhưng V cũng

là lân cận của b, mà b ∈ FrA, nên trong V có chứa những điểm thuộc A và những điểm không thuộc A, do đó suy ra a ∈ FrA.

7 Cho E là không gian metric compact và {U λ } λ∈L là một phủ mở của E Chứng minh rằng tồn tại số r > 0 sao cho ∀x ∈ E, ∃λ x ∈ L để B(x, r) ⊂ U λ x (tức là mọi

hình cầu mở bán kUnh r đều được chứa trong Ut nhất một tập Uλ nào đó của họphủ mở trên)

Nêu ví dụ chứng tỏ rằng nếu E là không gian tiền compact (hay hoàn toàn bị chặn)

thì kết luận trên không còn đúng nữa

Lời giải Vì {U λ } λ∈L là một phủ mở của E, nên với mỗi x ∈ E tồn tại λ x ∈ L sao

cho x ∈ U λ x Do U λ x là tập mở, nên với x ∈ U λ x tồn tại r x > 0 để B(x, 2r x ) ⊂ U λ x

B(x k , r x k) (vì từ phủ mở bất kỳ luôn có một phủ con hữu hạn)

Ta đặt r = min{r x k : k = 1, 2, , n} > 0 và với mỗi x ∈ E ta xét hình cầu mở

B(x, r) Khi đó tồn tại k ∈ {1, 2, , n} sao cho x ∈ B(x k , r x k) và lấy bất kỳ phần

2} với khoảng cách thông thường %(x, y) = |x − y| Đây là không

gian tiền compact với U1 = [0,1

2) và U2 = (1

2, 1] là một phủ mở của E Tuy nhiên,

không tồn tại số r > 0 sao cho mọi hình cầu mở bán kính r đều được chứa trong

U1 hoặc U2 Thật vậy, nếu r ≥ 1

U1 và giao với U2 đều khác rỗng, nên nó không thể được chứa trong U1 hoặc U2

8 Cho E, F, G là ba không gian metric Giả sử f : E → F và g : F → G là các ánh

xạ liên tục Chứng minh rằng nếu f là toàn ánh và g ◦ f là một phép đồng phôi thì f và g cũng là những phép đồng phôi.

Lời giải Trước hết ta chứng minh f và g là các song ánh Thật vậy

Với x, y ∈ E, nếu f (x) = f (y) thì (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(y), mà g ◦ f là đơn ánh (do

là phép đồng phôi), nên suy ra x = y Như thế f là đơn ánh, mặt khác giả thiết cho

f là toàn ánh, nên f là song ánh.

Với u, v ∈ F , giả sử g(u) = g(v) Vì f là toàn ánh nên tồn tại x, y ∈ E sao cho

u = f (x), v = f (y) Từ g(u) = g(v) ta có (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(y), mà g ◦ f là đơn

ánh (do là phép đồng phôi), nên suy ra x = y, do đó u = v Vậy g là đơn ánh Lấy bất kỳ z ∈ G, vì g ◦ f là toàn ánh (do là phép đồng phôi), nên tồn tại x ∈ E sao cho z = (g ◦ f )(x) Đặt u = f (x) ∈ F ta được z = g(u) Vậy g là toàn ánh Tóm lại g cũng là song ánh.

Bây giờ đặt h = g ◦ f Theo giả thiết h là phép đồng phôi (từ E vào G), nên ánh

xạ ngược h −1 = f −1 ◦ g −1 là phép đồng phôi (từ G vào E) Ta có f −1 = h −1 ◦ g

và g −1 = f ◦ h −1 Mặt khác f, g liên tục (do giả thiOt) và h −1 liên tục (do là phép

đồng phôi) Vậy suy ra f −1 , g −1 cũng liên tục Do đó f, g là các phép đồng phôi.

9 Cho E là không gian metric compact và A là tập con rời rạc và vô hạn của E Chứng minh rằng A không đóng.

Lời giải Giả sử ngược lại A là tập đóng Khi đó E \ A là tập mở Vì A là tập rời

rạc, nên ∀x ∈ A tồn tại hình cầu mở B(x, r x ) ⊂ E sao cho B(x, r x ) ∩ A = {x}.

Rõ ràng là E = (E \ A) ∪ ([

x∈A

B(x, r x )) và với mỗi x ∈ E thì x ∈ (E \ A) hoặc

x ∈ A, nên họ các tập mở {(E \ A), B(x, r x )} lập thành một phủ mở vô hạn của

E Do E compact nên từ họ phủ mở vô hạn trên phải trích ra được một phủ con

hữu hạn Tuy nhiên, điều đó hoàn toàn không thể được! Vậy tập A không đóng.

Ghi chú Xem thêm bài 128 (các trang 129-130), trong sách "Bài tập giải tích hiện

đại - tập 1" của Nguyễn Văn Toản (Huế - 2002)

Lời giải Ta biết rằng trong không gian metric mọi dãy hội tụ đều là dãy cơ bản

(dãy Cauchy) và ngược lại mọi dãy cơ bản (dãy Cauchy) có một dãy con hội tụ thì

cũng hội tụ Vì thế đối với bài toán này, ta chỉ cần chứng minh dãy {x n } ∞

n=1 đều hội tụ, nên đều là dãy cơ bản Khi

đó ∀ε > 0 tồn tại các số n1, n2, n3 ∈ N sao cho ∀m, n ≥ max{n1, n2, n3} thì

n=1 là dãy cơ bản (dãy Cauchy)

11 Cho A là tập hợp compact, B là tập hợp đóng trong không gian metric X và

A ∩ B = ∅ Chứng minh rằng d(A, B) > 0.

Lời giải Xét ánh xạ f : X → R xác định bởi f (x) = d(x, B).

Với bất kỳ x, y ∈ X ta có |f (x) − f (y)| = |d(x, B) − d(y, B)| ≤ d(x, y), nên f liên tục đều (do đó liên tục) trên X Vì A là tập compact nên tồn tại a ∈ A sao cho

d(a, B) = f (a) = inf

x∈A f (x) = inf

x∈A d(x, B) = d(A, B) Do A ∩ B = ∅, nên a / ∈ B.

Mặt khác B là tập đóng, nên d(x, B) = 0 khi và chỉ khi x ∈ B Do đó suy ra

d(A, B) = d(a, B) > 0.

12 Cho X, Y là hai không gian metric và ánh xạ f : X → Y Chứng minh rằng nếu thu hẹp của f trên mọi không gian con compact của X là liên tục, thì f liên tục trên X.

Lời giải Lấy bất kỳ x0 ∈ X và dãy {x n } ∞

n=1 ⊂ X mà x n → x0 (n → ∞) Khi đó tập E = {x0, x1, x2, , x n , } ⊂ X là tập compact Vì thu hẹp của f trên E là liên

tục, nên lim

n→∞ f (x n ) = f (x0) Như thế ta có lim

x→x0

f (x) = f (x0) và do x0 tuỳ ý ∈ X nên f liên tục trên X.

13 Chứng minh rằng nếu với hai điểm bất kỳ của tập hợp E tìm được một tập liên thông F ⊂ E chứa hai điểm đó, thì E là tập liên thông.

Lời giải Giả sử ngược lại tập E không liên thông Khi đó E = A ∪ B với A, B là

các tập mở, không rỗng và A ∩ B = ∅ Lấy x ∈ A và y ∈ B thì x 6= y và theo giả thiết có tập liên thông F ⊂ E để x, y ∈ F Khi đó các tập F ∩ A và F ∩ B không rỗng, không giao nhau và (F ∩ A) ∪ (F ∩ B) = F Vì F liên thông, nên F mở, do

đó các tập F ∩ A và F ∩ B mở Điều này mâu thuẫn với việc F liên thông thì nó không thể là hợp của hai tập mở, không rỗng, không giao nhau! Vậy E là tập liên

thông

14 Cho X, Y là hai không gian metric và f : X → Y là một song ánh liên tục Giả sử

X là một tập hợp compact Chứng minh rằng f là một phép đồng phôi từ X lên Y Lời giải Ta biết rằng song ánh f : X → Y là một phép đồng phôi từ X lên Y nếu

f và f −1 là các ánh xạ liên tục Do đó chỉ cần chứng tỏ ánh xạ ngược f −1 liên tục

Mặt khác, với ánh xạ liên tục f : X → Y , nếu A ⊂ X là một tập compact (trong

X) thì f (A) ⊂ Y là tập compact (trong Y ).

Vì f là toàn ánh, nên f (X) = Y Gọi ánh xạ ngược f −1 : Y → X là g Để chứng minh g liên tục, ta cần chỉ ra rằng với mọi tập mở V ⊂ X thì nghịch ảnh g −1 (V ) ⊂ Y

là tập mở Lưu ý rằng g −1 = f , nên g −1 (V ) = f (V ).

Ta thấy V c = X \ V là tập đóng trong X, mà X compact, nên V c là tập compact

Do đó f (V c ) là tập compact trong Y , nói riêng f (V c ) là tập đóng trong Y , nên

Y \ f (V c ) là tập mở trong Y

Do f là song ánh nên f (V ) = Y \ f (V c) Điều này kết thúc chứng minh.

Ghi chú Đây là định lý 3.3.3 (trang 83), trong sách "Bài giảng giải tích - tập 1"

của Nguyễn Duy Tiến (Hà Nội - 2001)

Nếu ở đề bài thay giả thiết "f song ánh" thành "f đơn ánh", thì kết luận phải đổi

"phép đồng phôi từ X lên Y " thành "phép đồng phôi từ X lên f (X)".

15 Giả sử X là không gian metric compact trong đó bao đóng của mọi hình cầu mở

B(a, r) là hình cầu đóng B(a, r).

Chứng tỏ rằng trong X mọi hình cầu mở đều liên thông.

Lời giải Giả sử ngược lại B(a, r) không liên thông Khi đó B(a, r) = C ∪ D với

C = B(a, r) Suy ra D = ∅, mâu thuẫn! Vậy phải có x ∈ D Nhưng điều này lại

mâu thuẫn với việc x ∈ C.

Vậy B(a, r) là tập liên thông.

16 Giả sử X là không gian metric compact và ánh xạ f : X → X thoả mãn điều kiện

d(f (x), f (y)) < d(x, y), ∀x, y ∈ X, x 6= y Chứng tỏ rằng ánh xạ f có một điểm bất

động duy nhất trong X.

Lời giải Giả sử f không có điểm bất động trong X, tức là ∀x ∈ X thì f (x) 6= x.

Xét ánh xạ g : X → R xác định bởi g(x) = d(x, f (x)) Ta có ∀x, y ∈ X thì

|g(x) − g(y)| = |d(x, f (x)) − d(y, f (y))|

(bất đẳng thức tứ giác) ≤ d(x, y) + d(f (x), f (y)) < 2d(x, y).

Suy ra ánh xạ g liên tục đều (do đó liên lục) trên X Vì X compact nên tồn tại điểm cực tiểu x0 ∈ X sao cho g(x0) = d(x0, f (x0)) ≤ g(x) = d(x, f (x)), ∀x ∈ X Xét điểm x1 = f (x0) 6= x0 Khi đó f (x1) 6= x1, nên f (f (x0)) 6= f (x0), do đó

g(x1) = d(x1, f (x1)) = d(f (x0), f (f (x0))) < d(x0, f (x0)) = g(x0), điều này mâu thuẫn với việc x0 là điểm cực tiểu của ánh xạ g Do đó suy ra f phải

có điểm bất động trong X.

Giả sử f có hai điểm bất động là x, y ∈ X Khi đó nếu x 6= y thì

d(x, y) = d(f (x), f (y)) < d(x, y) mâu thuẫn!

Vậy x = y và như thế f có một điểm bất động duy nhất trong X.

17 Giả sử A, B là các tập hợp liên thông trong không gian metric X và A ∩ B 6= ∅ Chứng minh rằng tập A ∪ B cũng liên thông.

Lời giải Giả sử ngược lại A ∪ B không liên thông.

Khi đó tồn tại các tập mở C, D khác rỗng, không giao nhau để A ∪ B = C ∪ D.

Vì A ∩ B 6= ∅, nên tồn tại a ∈ A ∩ B Nếu a ∈ C thì C ∪ A 6= ∅ và là tập mở, đồng thời B ∩ C 6= ∅ và là tập mở.

Do A ∪ B = C ∪ D, nên phải có D ∩ A 6= ∅ hoặc D ∩ B 6= ∅.

Đối chiếu với định nghĩa tập liên thông ta suy ra A hoặc B là tập không liên thông,

mâu thuẫn với giả thiết của đề bài!

Vậy A ∪ B là tập liên thông.

18 Giả sử B, C là hai tập hợp khác rỗng trong không gian metric X và A ⊂ (B ∩ C) là một tập con mở (đóng) trong B và trong C Chứng minh rằng A là tập mở (đóng) trong B ∪ C.

Lời giải Vì A là tập mở trong B và trong C nên tồn tại các tập mở U và V trong

Lời giải Giả sử A compact tương đối, tức là A compact Vì mọi dãy điểm của A

cũng là dãy điểm của A, nên từ dãy đó phải có một dãy con hội tụ đến một điểm thuộc A ⊂ X Vậy mọi dãy điểm của tập hợp A đều có điểm tụ trong X.

Ngược lại, giả sử mọi dãy điểm của tập hợp A đều có điểm tụ trong X Ta sẽ chứng

tỏ rằng mọi dãy điểm {xn } ∞

n=1 ⊂ A đều có một dãy con {x n k } ∞

k=1 hội tụ đến một

điểm trong A, do đó A compact, tức là A compact tương đối Thật vậy

Vì ∀n ∈ N thì x n ∈ A, nên tồn tại y n ∈ A sao cho d(x n , y n ) < 1

n Theo giả thiết của

Suy ra x n k → y (k → ∞) là điều cần chứng minh.

20 Cho E là tập hợp trù mật trong không gian metric X Chứng minh rằng ∀x ∈ E

và mọi lân cận W trong E của điểm x, thì bao đóng W trong X của W là một lân cận trong X của điểm x.

Lời giải Theo định nghĩa về lân cận, tồn tại một lân cận mở U trong X của điểm

x sao cho (U ∩ E) ⊂ W Ta chỉ cần chứng tỏ U ⊂ W là được Thật vậy

Lấy bất kỳ điểm y ∈ U và gọi V là một lân cận trong X của điểm y, thì U ∩ V là một lân cận trong X của điểm y Vì E trù mật trong X, tức là E = X, nên y là điểm dính của E, do đó E ∩ (U ∩ V ) 6= ∅, tức là (E ∩ U) ∩ V 6= ∅, nên y là điểm dính của E ∩ U Suy ra y ∈ E ∩ U ⊂ W Vậy ta được U ⊂ W

21 Không gian metric X được gọi là tuyệt đối đóng nếu mọi ảnh đẳng cự của X vào mọi không gian metric Y là đóng trong Y Hãy chứng minh rằng nếu một không

gian metric là đầy đủ thì nó là tuyệt đối đóng

Lời giải Giả sử X là không gian metric đầy đủ, Y là không gian metric bất kỳ và

f : X → Y sao cho f : X → f (X) là một phép đẳng cự Ta phải chứng minh rằng

22 Cho X là không gian metric liên thông ca ít nhất hai điểm.

1) Giả sử A là một tập hợp liên thông trong X và B là một tập hợp con của phần

bù X \ A, đồng thời mở và đóng trong X \ A Chứng tỏ rằng A ∪ B là liên thông 2) Giả sử A là một tập hợp liên thông trong X và B là một thành phần liên thông của phần bù X \ A Chứng tỏ rằng X \ B là liên thông.

3) Chứng tỏ rằng trong X tồn tại hai tập hợp M, N khác rỗng, liên thông sao cho

M ∪ N = X và M ∩ N = ∅.

Lời giải Xem bài 152 (các trang 148-149), sách "Bài tập giải tích hiện đại - tập 1"

của Nguyễn Văn Toản (Huế - 2002)

Ghi chú Lời giải trong sách trên hình như chưa ổn lắm?

23 Gọi X là không gian tất cả các hàm số f (x) liên tục trên R và có tính chất f (x) = 0 với mọi x nằm ngoài một đoạn nào đó (phụ thuộc vào f ).

Với f, g ∈ X ta đặt d(f, g) = sup

x∈R

|f (x) − g(x)|.

Chứng minh rằng (X, d) là không gian metric Không gian đó có đầy đủ hay không?

Lời giải Do f, g là các hàm bị chặn, nên tồn tại d(f, g) = sup

x∈R

|f (x) − g(x)| < +∞.

Việc kiểm tra 3 tiên đề về metric là dễ dàng Vậy (X, d) là không gian metric.

Để chứng tỏ (X, d) không đầy đủ, ta chỉ ra một dãy cơ bản (dãy Cauchy) của (X, d) nhưng không hội tụ trong (X, d) Thật vậy, lấy dãy hàm

n=1 là một dãy cơ bản (dãy Cauchy) trong (X, d).

Do sự hội tụ trong (X, d) là hội tụ đều, nên dãy hàm {f n (x)} ∞

n=1 hội tụ đều tới hàm

f (x) = e −x2

> 0, ∀x ∈ R.

Nhưng f / ∈ X, nên dãy {f n } ∞

n=1 không hội tụ trong (X, d).

Do đó (X, d) là không gian metric không đầy đủ.

Ghi chú Xem thêm bài 96 (trang 83), trong sách "Bài tập giải tích hiện đại - tập

1" của Nguyễn Văn Toản (Huế - 2002)

24 Cho (X, d) là không gian metric và tập A ⊂ X.

3) Giả sử % cũng là một metric trên X Chứng minh rằng % và d tương đương tôpô khi và chỉ khi ∀x ∈ X, A ⊂ X ta có d(x, A) = 0 ⇔ %(x, A) = 0 (∗).

Lời giải 1) Giả sử x ∈ X mà d(x, A) = inf

y∈A d(x, y) = 0 Khi đó có dãy {x n } ∞

n=1 ⊂ A

sao cho d(x, x n ) → d(x, A) = 0 (n → ∞), tức là x n → x (n → ∞) Vậy x ∈ A.

Ngược lại, giả sử x ∈ A Khi đó có dãy {x n } ∞

A đóng trong (X, d) ⇔ A = {x ∈ X| d(x, A) = 0} = {x ∈ X| %(x, A) = 0}

⇔ A đóng trong (X, %).

Như thế họ các tập đóng (tương ứng là họ các tập mở) trong (X, %) và trong (X, d)

là trùng nhau Do đó ánh xạ đồng nhất Id : (X, %) → (X, d) là phép đồng phôi Vậy các khoảng cách % và d là tương đương tôpô.

Ghi chú Xem thêm bài 1.4 (các trang 46, 77-79), trong sách "Các định lý & bài

tập hàm thực" của Nguyễn Định, Nguyễn Ngọc Hải (Hà Nội - 1999)

25 Cho hàm f : R → R với khoảng cách thông thường %(x, y) = |x − y| Chứng minh 1) Nếu f là đơn ánh thì (R, d) với d(x, y) = |f (x) − f (y)| cũng là không gian metric 2) Nếu f : R → I = f (R) là một phép đồng phôi thì % và d là tương đương tôpô.

Lời giải 1) Do f là đơn ánh ta dễ dàng kiểm tra 3 tiên đề về metric đối với d(x, y).

2) Lấy bất kỳ x ∈ R Vì f liên tục tại x nên ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho ∀y ∈ R thoả mãn |x − y| < δ thì |f (x) − f (y)| < ε Như thế ánh xạ đồng nhất Id : (R, %) → (R, d) liên tục tại x.

Vì hàm ngược f −1 : I → R liên tục tại u = f (x) nên ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho

∀v ∈ I thoả mãn |u − v| < δ thì |f −1 (u) − f −1 (v)| < ε Như vậy ∀y ∈ R thoả mãn

|f (x) − f (y)| < δ thì |x − y| < ε Như thế ánh xạ ngược Id −1 : (R, d) → (R, %) cũng liên tục tại x.

Vậy các khoảng cách % và d là tương đương tôpô.

26 Chứng minh rằng trên R có hai metric như sau

Không gian metric (R, %) là đầy đủ, bởi vì trong giáo trình giải tích một biến (phép

tính vi tích phân hàm một biến) ta đã biết rằng một dãy số thực hội tụ khi và chỉkhi nó là dãy cơ bản (dãy Cauchy)

Để chứng tỏ (R, d) không đầy đủ, ta chứng tỏ rằng không phải dãy cơ bản nào của

không gian này cũng hội tụ Thật vậy, lấy {x n } = {n} thì

nên nó là dãy cơ bản trong (R, d).

Tuy nhiên dãy này không hội tụ trong (R, d) Thật vậy, lấy bất kỳ x ∈ R ta có

do đó dãy cơ bản {x n } = {n} không hội tụ.

Từ đó ta suy ra rằng các metric %, d là không tương đương đều.

Tuy vậy, các metric %, d là tương đương tôpô, vì hàm f : R → I = (−1, 1), f (x) = x

1+|x| là một phép đồng phôi (giải thích?) và theo kết quả 2) của bài 25 ở trên.

27 Trên tập hợp số thực R ta định nghĩa d(x, y) = |e x − e y |, ∀x, y ∈ R.

1) Chứng minh rằng (R, d) là không gian metric không đầy đủ.

2) Chứng tỏ rằng tập hợp số tự nhiên N là tập đóng trong (R, d).

Lời giải 1) Việc kiểm tra 3 tiên đề về metric đối với d(x, y) = |e x − e y | là dễ dàng.

Để chứng minh (R, d) là không gian metric không đầy đủ, ta chỉ ra một dãy cơ bản (dãy Cauchy) của (R, d) nhưng không hội tụ trong nó Thật vậy, xét dãy {x n } ∞

n=1 xác định như sau x n = −n, n ∈ N Ta có

n=1 là một dãy cơ bản (dãy Cauchy) trong (R, d).

n=1 không hội tụ trong (R, d).

Vậy (R, d) là không gian metric không đầy đủ.

2) Để chứng minh tập hợp số tự nhiên N là tập đóng trong (R, d), ta sẽ chứng minh

R \ N = (−∞, 0) ∪ (

∞

[

n=0 (n, n + 1)) là tập mở trong (R, d).

Lấy bất kỳ x ∈ R \ N, chẳng hạn x ∈ (n, n + 1) Đặt min{e x − e n , e n+1 − e x } = r > 0,

xét hình cầu mở B(x, r) ta có d(y, x) = |e y − e x | < r, ∀y ∈ B(x, r).

|e y − e x | < r ⇔ −r < e y − e x < r ⇔ −r + e x < e y < r + e x suy ra e n = e n − e x + e x ≤ −r + e x < e y < r + e x ≤ e n+1 − e x + e x = e n+1, do đó

dẫn đến n < y < n + 1.

Như thế B(x, r) ⊂ (n, n + 1) ⊂ R \ N, hay x là điểm trong của R \ N.

Vậy R \ N là tập mở và do đó N là tập đóng trong (R, d).

28 Trên tập hợp số thực R ta định nghĩa d(x, y) = | arctan(x − y)|, ∀x, y ∈ R.

1) Chứng minh rằng (R, d) là không gian metric đầy đủ.

2) Ánh xạ f : (R, d) → (R, d) xác định bởi f (x) = sin |x| có liên tục không?

Lời giải Ta thấy arctan(−ϕ) = − arctan ϕ, nên | arctan(x − y)| = arctan |x − y|.

Từ đó d(x, y) = arctan |x − y| và ta dễ dàng kiểm tra hai tiên đề đầu tiên về

metric

Để kiểm tra tiên đề thứ ba (bất đẳng thức tam giác), trước hết ta thấy rằng arctan t

là hàm liên tục và đơn điệu tăng, do đó

d(x, y) = arctan |x − y| = arctan |x − z + z − y| ≤ arctan(|x − z| + |z − y|).

Tiếp theo ta xét hàm f (t) = arctan t + arctan ϕ − arctan(t + ϕ) với t ≥ 0, ϕ ≥ 0.

%(x m , x n ) = |x m − x n | → 0 (m, n → ∞),

nên {x n } ∞

n=1 là một dãy cơ bản (dãy Cauchy) trong (R, %) Khi đó vì (R, %) là không

gian đầy đủ, nên tồn tại giới hạn lim

n→∞ x n = x ∈ R, hay |x n − x| → 0 (n → ∞).

Đến đây vẫn do arctan t là hàm liên tục và đơn điệu tăng, đồng thời arctan 0 = 0,

ta suy ra d(x n , x) = | arctan(x n − x)| = arctan |x n − x| → 0 (n → ∞).

Vậy {x n } ∞

n=1 có giới hạn trong (R, d), do đó (R, d) là không gian đầy đủ.

2) Lấy bất kỳ x ∈ R Giả sử có dãy {x n } ∞

và do arctan t là hàm liên tục và đơn điệu tăng, ta suy ra

0 ≤ d(f (x n ), f (x)) = arctan | sin |x n | − sin |x|| ≤ arctan ||x n | − |x||

≤ arctan |x n − x| = d(x n , x) → 0 (n → ∞).

Vậy f (x) = sin |x| liên tục trên (R, d).

29 Trên tập hợp số thực R ta định nghĩa

%(x, y) = |x − y|, d(x, y) =p%(x, y), ∀x, y ∈ R.

Chứng minh rằng (R, d) là không gian metric đầy đủ.

Chứng minh rằng % và d là hai khoảng cách tương đương tôpô.

Các khoảng cách đó có tương đương đều không?

Lời giải Ta thấy ngay 2 tiên đề đầu về metric được thoả mãn đối với d(x, y).

Để kiểm tra tiên đề thứ ba, ta thấy có bất đẳng thức √ a + b ≤ √ a + √ b, ∀a, b ≥ 0.

Vì thế

d(x, y) =p|x − y| =p|x − z + z − y|

≤p|x − z| +p|z − y| = d(x, z) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ R.

Vậy (R, d1) là không gian metric

Cuối cùng, ta đã biết rằng (R, %) với %(x, y) = |x − y| là không gian metric đầy đủ.

Thế mà p|x n − x m | → 0 (n, m → ∞) ⇔ |x n − x m | → 0 (n, m → ∞), nên ta suy

ra (R, d1) là không gian metric đầy đủ

Ta thấy các khoảng cách % và d là tương đương đều Thật vậy, xét ánh xạ đồng nhất Id : (R, %) → (R, d) Với mọi ε > 0 ta chọn δ = ε2 thì khi %(x, y) < δ ta có

d(x, y) = %(x, y) < δ = ε2 = ε, nên ánh xạ Id liên tục đều.

Lại xét ánh xạ ngược Id−1 : (R, d) → (R, %) Với mọi ε > 0 ta chọn δ = √ ε thì khi d(x, y) < δ ta có %(x, y) = [d(x, y)]2 < δ2 = [√ ε]2 = ε, nên ánh xạ Id −1 liên tục đều

Vậy các khoảng cách % và d tương đương đều Do đó chúng tương đương tôpô.

Hoặc là: Khi m, n → ∞ thì %(x, y) = |x m − x n | → 0 ⇔ d(x, y) =p%(x m , x n ) → 0, nên các khoảng cách % và d tương đương đều Do đó chúng tương đương tôpô.

|x − y| khi x, y cùng hữu tỷ hoặc cùng vô tỷ

π + |x − y| khi ngược lại

1) Chứng minh rằng (X, d) là không gian metric.

2) Chứng tỏ rằng khoảng cách d không tương đương tôpô với khoảng cách thông thường %(x, y) = |x − y|.

Lời giải 1) Ta dễ dàng kiểm tra 2 tiên đề đầu về metric Với tiên đề thứ 3 ta thấy

+) Nếu cả 3 số x, y, z đều cùng hữu tỷ hoặc cùng vô tỷ thì

Vậy ánh xạ đồng nhất Id : (R, %) → (R, d) không liên tục.

Do đó các khoảng cách % và d không tương đương tôpô.

31 Cho X là một không gian metric compact và K1 ⊃ K2 ⊃ K3 ⊃ là một dãy giảm

Vì K n là tập đóng, nên (X \ K n ) là tập mở Lại do X là compact, nên từ phủ mở

vô hạn trên phải tồn tại một phủ con hữu hạn, tức là tồn tại n1 < n2 < < n m

Suy ra tồn tại x n ∈ K n sao cho f (x n ) = x, ∀n = 1, 2,

Vì X compact nên dãy {xn } ∞

n=1 chứa dãy con {xn k } ∞